2023年广东省广州市天河区中考物理二模试卷（含答案）

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1、2023年广东省广州市天河区中考物理二模试卷一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。1下列符合实际的是（）A一根粉笔的质量约为1kgB课桌的高度约为750mmC初中生跑1km用时约40sD暴晒下烫手的车座温度约为352核能发电过程如图，某次反应堆释放能量为E1，至发电机输出电能为E2，则（）A核能属于可再生能源BE1可能小于E2C用废气供热可提高能源利用率D汽轮机工作时，将机械能转化为内能3如图所示，闹钟一直发出频率、响度均相同的“滴”声，逐渐抽出玻璃罩内空气，听到声音越来越小，则（）A声音的音调不变B发声体的振幅变小C发声体振动频率变小D声音在真空中传播速度为340m/s4原子结构

2、如图1，经摩擦带负电的气球靠近水流情景如图2，则（）Ac是电子B水流必带正电C气球和水流相互排斥D摩擦时气球得到了粒子a5电磁铁外部磁感线分布如图1，将磁化后的缝衣针放在电磁铁附近，静止时如图2，a表示垂直于纸面的一根导线，它是闭合电路的一部分，则（）A针尖是S极Ba所处磁场方向向左Ca水平向右运动时，会产生感应电流Da向上运动时，不会产生感应电流6如图，列车停在平直站台上，车厢的扶手吊环静止，透过车窗可看到广告牌A。列车突然启动，可能出现的是（）ABCD7两款光控开关k1和k2，当环境光线较暗时，k1闭合，k2断开；当环境光线较亮时，k1断开，k2闭合。小明用其中一款开关控制小夜灯L；环境较

3、暗时L亮，环境较亮时L灭，且L的亮和灭不影响开关通断。下列连接方式符合用电安全且能实现以上功能的是（）ABCD8将铜和锡等物质混合一同加热至全部熔化，制成合金，这是我国古代青铜冶炼的一种方法。根据下表，可这样制取的合金是（）金属（标准大气压）锌银铁铜熔点（）41996215351083沸点（）907221327502567A锌银B铁铜C锌铜D铁锌9图1连通器中的水静止，此时a处的气压为pa0，d处水产生的压强为pd0，在管上方持续水平吹气，水面稳定后如图2，此时a、b处气压为pa、Pb，c、d处水产生的压强为pc、pd，若大气压保持不变，则（）ApaopaBpapbCpcpdDpdpdo10量

4、筒内装有55mL水，往里放入小桶如图甲，再往小桶里放入20g的物块如图乙，图中小桶均静止，水1g/cm3，g10N/kg，则（）A图甲小桶排水体积为60cm3B图甲小桶受到的浮力大于0.5NC图乙小桶排开水的质量大于20gD图甲小桶所受浮力等于图乙小桶所受浮力二、非选择题：本题共9小题，共60分。按题目要求作答。11（4分）如图点O发出的一条光线a，经平面镜反射后的光线b垂直界面AB进入玻璃砖。画出平面镜（用“”表示）；画出光线b进入玻璃砖的光线c，大致画出光线c经界面AC离开玻璃砖的光线。12（5分）如图，透镜焦距为5cm，O为光心，物体AS上的S点发出的平行于主光轴的光线a经透镜后的光线b

5、与S点发出的过光心的光线c经透镜后的光线d相交于点S。画出光线a、b、c、d；与AS比较，AS经透镜成 （填“倒立”“正立”）、 （填“放大”“缩小”“等大”）的实像；若物体不动，透镜水平向左移动1cm，则光线b过主光轴的点 （填“左移”“右移”“不动”）。13国家速滑馆是全球首个采用“CO2跨临界直接蒸发制冷”的场馆，制冷剂循环过程如图，一定质量CO2在膨胀阀中的内能 （填“大于”“小于”“等于”）在压缩机中的，CO2在制冷盘中发生 （填物态变化名称），在冷却器中会 （填“吸热”“放热”）。14（7分）小华家使用天然气热水器M，M的热效率为天然气完全燃烧所释放的化学能转化为水的内能的比例。将

6、温度t120的水输入M，M输出体积V50L（1L1103m3）、温度t260的热水，读出消耗天然气的体积为V。已知天然气热值q3.2107J/m3，水1103kg/m3，c水4.2103J/（kg）。（1）M的铭牌标有“3级能效”，由图推断M的热效率可能是哪些？ 。A.98%B.90%C.86%D.84%（2）根据公式 ，求出输出水的质量为 kg；根据公式 ，求出该部分水吸收的热量，即转化为水的内能为 J。（3） （用题目中出现的物理量符号表示）。15（5分）用同一金属柱以图1方式压A、B两块不同的橡皮膜时，压力随时间变化分别如图2、3。膜刚被扎破时，金属柱与两膜的接触情况如图4，对膜的压力均

7、达到最大值。（1）两膜刚被扎破时，金属柱对膜的压强分别为pA、pB，则pA pB（填“”“”“”）。判断依据是 。（2）为制作图1器材，小明用质量忽略不计的罐头刀开罐头，如图5，O是支点，罐头刀静止，罐头盖、手对刀的力分别为F1、F2，其中F14N，根据公式 求出F2 N。16（4分）小明将线框放在磁场里，线圈1转动情况如图。（1）线圈1、2转动方向 （填“相同”“相反”）。（2）小明设计了一个电路，用电器有灯泡、电动机（符号“”）各一个，电动机在人的操作下既能正转，也能反转。闭合开关，电动机转动，灯亮；将电动机一端连线断开，闭合开关，灯亮。请在方框中完成这个电路的电路图。17（14分）质量为

8、48.5kg的机器人携带1.5kg的快递件乘坐电梯上楼，如图1（g取10N/kg）（1）电梯上升过程速度随时间变化图象如图2，求：匀速阶段电梯上升的距离；匀速阶段电梯对机器人支持力的功率；（2）离开电梯后，机器人受到水平向前的动力F，其所受地面阻力是总重力的0.2倍，从电梯口O点匀速直线运动4s到A点时撤去动力，然后减速运行0.5s到房门前C点，随后静止在C点，求：在方框中画出机器人（包括快递件）在B点的受力示意图，用“”表示机器人；以机器人在O点为计时起点，在图3中画出05s机器人所受阻力的大小随时间变化的图象；（3）现有图4装置，放置在五楼窗口，小明操作机器从一楼匀速提升质量同为1.5kg

9、的快递件到五楼，该过程此装置的机械效率为50%，则牵拉绳子的力是 N。18（9分）某台手机H开启“turbo”充电模式时，设手机两端电压为U，通过手机的电流为I，测得Ut和It图象如图。（1）求t15min时H的充电功率。（2）H仅通过充电线a接入电路，a的电阻为0.01，若通过H的电流为2A，持续0.5s，求此过程a两端电压；a产生的热量。（3）用同一个充电器给H分别使用两种充电模式的情况如下表，请写出使用turbo模式的一条优点和一条缺点。比较项目关闭turbo模式开启turbo模式10min充入电量37%41%20min充入电量65%70%30min充入电量90%90%充电完成时间45m

10、in45min最高温度424719（9分）壁球运动所用的球表面是胶皮，内部填充惰性气体，四种型号的球如图1。（1）掉在地上的壁球会跳起，但越跳越低，此过程中未击打壁球，则壁球机械能 ；击打速度为零的壁球，过程中拍摄的两张照片如图2，此过程壁球的动能 ，壁球被多次击打后会变热，球内气体分子动能 （三空均填“增大”“减小”“不变”）。（2）是什么因素影响壁球被击出后的速度v？小明猜想可能是击打力度的不同和壁球弹性大小的不同，如图3，用弹簧推射模拟击打，小明查知图中s与球在空中运动时间t满足v，请设计实验探究v与壁球弹性大小是否有关，设计记录及处理数据的表格，写出实验步骤（提供足量各型号壁球，从图4

11、中自选器材）。参考答案解析一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。1下列符合实际的是（）A一根粉笔的质量约为1kgB课桌的高度约为750mmC初中生跑1km用时约40sD暴晒下烫手的车座温度约为35【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。【解答】解：A、一块橡皮的质量在5g左右，粉笔的质量与此差不多，在5g左右，故A不符合实际；B、课桌高度约为75cm750mm，故B符合实际；C、初中生跑1km用时约为4min10s，故C不符合实际；D、暴晒下烫手的车座温度约为40以

12、上，故D不符合实际。故选：B。【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活中物理量的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。2核能发电过程如图，某次反应堆释放能量为E1，至发电机输出电能为E2，则（）A核能属于可再生能源BE1可能小于E2C用废气供热可提高能源利用率D汽轮机工作时，将机械能转化为内能【分析】（1）凡是可以不断得到补充或能在较短周期内再产生的能源称为再生能源，反之称为非再生能源。风能、水能、海洋能、潮汐能、太阳能和生物质能等是可再生能源；煤、石油和天然气等是非再生能源；（2）能量在转化过程中会有损耗；（3）废气会带走很多能量；（4）汽轮机是利用内能来工作的。【解答

13、】解：A核能在地球上的储量是有限的，是不可再生的，故A错误；B能量在转化过程中会有损耗，所以E2一定小于E1，故B错误；C废气会带走很多能量，用废气供热可提高能源利用率，故C正确；D汽轮机工作时，将内能转化为机械能，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了能源的分类、能源的利用和转化，属于基础题。3如图所示，闹钟一直发出频率、响度均相同的“滴”声，逐渐抽出玻璃罩内空气，听到声音越来越小，则（）A声音的音调不变B发声体的振幅变小C发声体振动频率变小D声音在真空中传播速度为340m/s【分析】（1）声音的高低叫音调，音调与发声体振动的频率有关。（2）声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。

14、（3）声音的传播需要介质，真空不能传声。（4）声音在15空气中的传播速度是340m/s。【解答】解：闹钟一直发出频率、响度均相同的“滴”声，逐渐抽出玻璃罩内空气，听到声音越来越小，是因为声音的传播需要介质，空气越来越稀薄，所以听到的声音越来越小，音调和振幅不变，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】知道声音的传播需要介质；知道音调和响度。4原子结构如图1，经摩擦带负电的气球靠近水流情景如图2，则（）Ac是电子B水流必带正电C气球和水流相互排斥D摩擦时气球得到了粒子a【分析】（1）根据原子的结构分析；（2）带电体有吸引轻小物体；（3）根据图中情景回答；（4）摩擦起电的实质是电子的转移，得到电子

15、的带负电。【解答】解：A由原子结构图可知，a是电子，b是中子，c是质子，故A错误；B水流被带负电的气球吸引，是因为带电体有吸引轻小物体，水流不一定带正电，故B错误；C由图可知，水流偏向气球，说明气球和水流相互吸引，故C错误；D气球带负电，说明在摩擦过程中得到了电子，即粒子a，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了原子的结构、带电体的基本性质、摩擦起电的实质，难度不大。5电磁铁外部磁感线分布如图1，将磁化后的缝衣针放在电磁铁附近，静止时如图2，a表示垂直于纸面的一根导线，它是闭合电路的一部分，则（）A针尖是S极Ba所处磁场方向向左Ca水平向右运动时，会产生感应电流Da向上运动时，不会产生感应电流

16、【分析】（1）通电螺线管的外部磁场与条形磁体的磁场相似，在磁体外部，磁感线从N极指向S极。（2）通电螺线的磁场方向跟电流方向有关。（3）闭合电路的部分导体，若切割磁感线运动，在电路中就会产生感应电流，该现象就叫电磁感应现象。【解答】解：A、图1通电螺线管的右端是N极；图2螺线管中电流方向发生改变，则磁场方向发生改变，螺线管右端是N极，左端是S极；在磁体外部，磁感线从N极指向S极，磁化后的缝衣针（小磁针）静止时N极的指向与该点磁场方向一致，所以缝衣针右端为N极，即针尖是S极，故A正确；B、a处的磁场方向向右，故B错误；CD、要使导线（闭合电路的一部分）在磁场中运动时产生感应电流，则导线必须做切割

17、磁感线运动，a水平向右运动时，没做切割磁感线运动，不会产生感应电流；a向上运动时，做切割磁感线运动，会产生感应电流，故CD错误。故选：A。【点评】本题主要考查学生对螺线管磁场、磁感线、电磁感应现象及感应电流产生条件的了解和掌握，难度不大。6如图，列车停在平直站台上，车厢的扶手吊环静止，透过车窗可看到广告牌A。列车突然启动，可能出现的是（）ABCD【分析】一个物体相对于另一个物体位置的改变叫机械运动；事先选定的物体叫做参照物；物理学中把物体保持原有运动状态不变的性质叫惯性。【解答】解：列车停在平直站台上，车厢中扶手吊环静止，列车启动后，车厢由静止变为向前运动，吊环由于惯性继续保持原来的静止状态，

18、会向后摆动；广告牌A相对地面静止，相对列车会向后运动，观察四个选项中的图，可知C选项正确，ABD选项错误。故选：C。【点评】本题考查了机械运动及惯性的知识，是基础题，解决问题的关键是如何根据广告牌判断车厢和吊环的运动状态。7两款光控开关k1和k2，当环境光线较暗时，k1闭合，k2断开；当环境光线较亮时，k1断开，k2闭合。小明用其中一款开关控制小夜灯L；环境较暗时L亮，环境较亮时L灭，且L的亮和灭不影响开关通断。下列连接方式符合用电安全且能实现以上功能的是（）ABCD【分析】在家庭电路中，开关应接在用电器和火线之间；根据题意分析开关的和灯泡的连接方式，然后选出正确的电路图。【解答】解：AB、在

19、家庭电路中，开关应接在用电器和火线之间，B中闭合k2会短路，故AB错误；CD、根据题意可知，环境较暗时L亮，环境较亮时L灭，这说明环境较暗时，开关k1闭合，环境较亮时k2断开，所以灯泡与开关k1串联在电路中，故C正确、D错误。故选：C。【点评】本题考查了电路图的设计，属于基础题。8将铜和锡等物质混合一同加热至全部熔化，制成合金，这是我国古代青铜冶炼的一种方法。根据下表，可这样制取的合金是（）金属（标准大气压）锌银铁铜熔点（）41996215351083沸点（）907221327502567A锌银B铁铜C锌铜D铁锌【分析】制合金的过程是都需要将两种或多种金属熔化成液态，然后进行熔合，待冷却后就得

20、到了合金。【解答】解：A、由表格数据可知，锌的沸点为907，银的熔点为962；因为银的熔点高于锌的沸点，所以银熔化时锌已经汽化，所以不可制取锌银合金；B、由表格数据可知，铁的沸点为1535，铜的熔点和沸点分别为1083和2567；因此当铁熔化时，铜已经熔化，但还没有汽化，故两种金属可以同时为液态，所以可以制取铁铜合金；C、由表格数据可知，锌的沸点为907，铜的熔点为1083；因为铜的熔点高于锌的沸点，所以铜熔化时锌已经汽化，所以不可制取锌铜合金；D、由表格数据可知，锌的沸点为907，铁的熔点为1535；因为铁的熔点高于锌的沸点，所以铁熔化时锌已经汽化，所以不可制取铁锌合金。故选：B。【点评】理

21、解合金的制取过程，两种金属必须都是液态才能制成合金，一种液态、一种固态不会转化成合金。9图1连通器中的水静止，此时a处的气压为pa0，d处水产生的压强为pd0，在管上方持续水平吹气，水面稳定后如图2，此时a、b处气压为pa、Pb，c、d处水产生的压强为pc、pd，若大气压保持不变，则（）ApaopaBpapbCpcpdDpdpdo【分析】底部连通、上端开口的容器为连通器；连通器的液体静止不流动时，液面是相平的；流体压强与流速的关系：流速越大的位置压强越小，流速越小的位置压强越大。由液体压强的规律可知，在密度相同时，液体的深度越大，压强越大。【解答】解：吹气前，该装置为连通器，连通器的水静止不流

22、动时，水面是相平的，水面上方的压强是相同的，由图2可知，吹气时，左边空气流速慢，右边空气流速快，由流速越大的位置压强越小，流速越小的位置压强越大可知，paopa；papb；由液体压强的规律可知，在密度相同时，液体的深度越大，压强越大，所以pcpd；pdpdo，故选：D。【点评】本题考查了液体内部压强的大小、流体压强与流速的关系，难度不大。10量筒内装有55mL水，往里放入小桶如图甲，再往小桶里放入20g的物块如图乙，图中小桶均静止，水1g/cm3，g10N/kg，则（）A图甲小桶排水体积为60cm3B图甲小桶受到的浮力大于0.5NC图乙小桶排开水的质量大于20gD图甲小桶所受浮力等于图乙小桶所

23、受浮力【分析】（1）量筒内装有55mL水，由图甲算出小桶排开水的体积，由F浮G排水gV排算出小桶受到的浮力；（2）由图乙算出小桶排开水的体积，由mV算出图乙小桶排开水的质量；（3）根据漂浮时浮力等于重力判断出图甲、乙中小桶所受浮力与小桶重力的关系。【解答】解：AB、量筒内装有55mL水，由图甲知小桶排开水的体积为：V桶排60mL55mL5mL，小桶受到的浮力为：F浮G排水gV排1.0103kg/m310N/kg5106m30.05N0.5N，故AB错误；C、图乙小桶排开水的体积为：V排80mL55mL25mL25cm3，小桶排开水的质量为：m排水V排1g/cm325cm325g20g，故C正确

24、；D、图甲小桶所受浮力等于小桶的重力，图乙小桶所受浮力等于小桶和物体的重力之和，所以图甲小桶所受浮力小于图乙小桶所受浮力，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了阿基米德原理的应用以及量筒的读数，难度不大。二、非选择题：本题共9小题，共60分。按题目要求作答。11（4分）如图点O发出的一条光线a，经平面镜反射后的光线b垂直界面AB进入玻璃砖。画出平面镜（用“”表示）；画出光线b进入玻璃砖的光线c，大致画出光线c经界面AC离开玻璃砖的光线。【分析】（1）根据反射定律进行分析，根据法线是入射光线和反射光线夹角的角平分线，和法线垂直镜面即可解题；（2）光的折射定律的内容：入射光线、法线、折射光线在同一

25、平面内，折射光线和入射光线分别位于法线两侧。当光线垂直入射时，折射光线、法线和入射光线在同一直线上。当光线从空气斜射入其它透明介质时，折射角小于入射角；当光线从其它介质斜射入空气时，则折射角大于入射角。【解答】解：（1）由光的反射定律可知：入射光线、反射光线和法线在同一平面内，根据反射角等于入射角，作入射光线和反射光线的夹角平分线，即为法线，再作法线的垂线即为镜面，如图所示：（2）首先光从空气垂直入射到玻璃的表面，所以传播方向不变，然后光从玻璃斜射入空气中，首先过入射点画出法线，然后根据折射角大于入射角，画出折射光线，如图所示：【点评】本题考查了根据入射光线和反射光线作出平面镜，作光路图一定要

26、仔细规范，法线要用虚线，镜面与法线要垂直，光线的传播方向要标准确；此题主要考查了光的折射光线的画法，首先要熟练掌握光的折射定律的内容，关键是搞清折射角与入射角的关系。特别注意垂直入射时，光的传播方向不变。12（5分）如图，透镜焦距为5cm，O为光心，物体AS上的S点发出的平行于主光轴的光线a经透镜后的光线b与S点发出的过光心的光线c经透镜后的光线d相交于点S。画出光线a、b、c、d；与AS比较，AS经透镜成 倒立（填“倒立”“正立”）、放大（填“放大”“缩小”“等大”）的实像；若物体不动，透镜水平向左移动1cm，则光线b过主光轴的点 左移（填“左移”“右移”“不动”）。【分析】（1）凸透镜三条

27、特殊光线：平行于主光轴的光线在对面会聚于焦点后继续传播；经过焦点的光线在透镜对面平行于主光轴传播；过光心的光线方向不变；（2）凸透镜成像时，u2f，成倒立、缩小的实像；2fuf，成倒立、放大的实像；uf，成正立、放大的虚像；凸透镜成实像时，遵循物近像远像变大的特点；（3）平行于主光轴的光线在对面会聚于焦点后继续传播，若物体不动，透镜水平向左移动1cm，焦点也左移1cm，则光线b过主光轴的点也左移1cm。【解答】解：物体AS上的S点发出的平行于主光轴的光线a经透镜后的光线b会聚于焦点，S点发出的过光心的光线c经透镜后的光线d方向不变，光线a、b、c、d如下图：由图知，2fuf，与AS比较，AS经

28、透镜成倒立、放大的实像；平行于主光轴的光线在对面会聚于焦点后继续传播，若物体不动，透镜水平向左移动1cm，焦点左移，则光线b过主光轴的点左移。故答案为：见上图；倒立；放大；左移。【点评】本题考查了凸透镜的光路图以及成像的规律等，属于基础性题目。13国家速滑馆是全球首个采用“CO2跨临界直接蒸发制冷”的场馆，制冷剂循环过程如图，一定质量CO2在膨胀阀中的内能 小于（填“大于”“小于”“等于”）在压缩机中的，CO2在制冷盘中发生 液化（填物态变化名称），在冷却器中会 吸热（填“吸热”“放热”）。【分析】物体由液态变为气态的过程称为汽化，汽化吸热，物体由气态变为液态的过程称为液化，液化放热；【解答】

29、解：由图可知二氧化碳在压缩机内为高温高压临界液体，所以压缩机是通过增大压强的方法使二氧化碳发生液化，液化是一个放热过程，然后进入制冷盘中，进一步进入膨胀阀在膨胀阀内二氧化碳转变成低温低压的液态，二氧化碳在制冷盘中蒸发吸热，由液态转变为气态，所以二氧化碳在制冷盘中的状态气液混合态；二氧化碳在膨胀阀中的内能小于在压缩机中的内能。故答案为：小于；液化；放热。【点评】本题考查物体的汽化和液化过程以及温度、热量与内能的关系等，属于基础属于题目。14（7分）小华家使用天然气热水器M，M的热效率为天然气完全燃烧所释放的化学能转化为水的内能的比例。将温度t120的水输入M，M输出体积V50L（1L1103m3

30、）、温度t260的热水，读出消耗天然气的体积为V。已知天然气热值q3.2107J/m3，水1103kg/m3，c水4.2103J/（kg）。（1）M的铭牌标有“3级能效”，由图推断M的热效率可能是哪些？C。A.98%B.90%C.86%D.84%（2）根据公式 ，求出输出水的质量为 50kg；根据公式 Q吸c水m水（t2t1），求出该部分水吸收的热量，即转化为水的内能为 8.4106J。（3）100%（用题目中出现的物理量符号表示）。【分析】（1）根据图进行推断M的热效率；（2）已知输出水的体积，利用密度公式求出输出水的质量；知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸cm（tt0）计算出水吸收

31、的热量；（3）根据水吸收热量与天然完全燃烧放出热量计算出热水器的效率。【解答】解：（1）由能效等级图可知，M的铭牌标有“3级能效”，可推断M的热效率可能是86%，故选：C；，（2）M输出水的体积V50L50103m3，由知，输出水的质量为：m水水V1103kg/m350103m350kg；水吸收的热量Q吸c水m水（t2t1）4.2103J/（kg）50kg（6020）8.4106J，即转化为水的内能为8.4106J；（3）天然气释放的能量：Q放qVqV；水吸收的热量：Q吸Q吸c水m水（t2t1）c水水V（t2t1），该热水器的热效率：100%100%。故答案为：（1）C；（2）；50；Q吸c水

32、m水（t2t1）；8.4106；（3）100%。【点评】本题为热量的综合计算题，考查了学生对燃料燃烧放出热量公式、热效率公式的理解和灵活运用，属于中档题。15（5分）用同一金属柱以图1方式压A、B两块不同的橡皮膜时，压力随时间变化分别如图2、3。膜刚被扎破时，金属柱与两膜的接触情况如图4，对膜的压力均达到最大值。（1）两膜刚被扎破时，金属柱对膜的压强分别为pA、pB，则pApB（填“”“”“”）。判断依据是 受力面积相同时，压力越大，压强越大。（2）为制作图1器材，小明用质量忽略不计的罐头刀开罐头，如图5，O是支点，罐头刀静止，罐头盖、手对刀的力分别为F1、F2，其中F14N，根据公式 F1l

33、1F2l2求出F21N。【分析】（1）固体压强的大小与压力大小、受力面积有关，根据图中的信息结合公式p可判断两橡皮膜受到压强的大小关系；（2）图5中，O是支点，罐头刀静止，罐头盖、手对刀的力分别为F1、F2，根据力臂的定义结合图示可知对应的力臂，再根据杠杆平衡条件F1l1F2l2求出F2。【解答】解：（1）由图2、3可知，膜刚被扎破时（压力最大时）金属柱对A橡皮膜的压力大于对B橡皮膜的压力，金属柱的底面积相同，即受力面积相同，由公式p可知金属柱对A的压强大于对B的压强，即pApB；（2）如图5，O是支点，罐头刀静止，罐头盖、手对刀的力分别为F1、F2，根据力臂的定义结合图示可知对应的力臂分别为

34、l12cm，l28cm，根据杠杆的平衡条件F1l1F2l2可得：4N2cmF28cm，解得F21N。故答案为：（1）；受力面积相同时，压力越大，压强越大；（2）F1l1F2l2；1。【点评】本题考查了压强公式和杠杆平衡条件的应用，从图中获取有用的信息是关键。16（4分）小明将线框放在磁场里，线圈1转动情况如图。（1）线圈1、2转动方向 相反（填“相同”“相反”）。（2）小明设计了一个电路，用电器有灯泡、电动机（符号“”）各一个，电动机在人的操作下既能正转，也能反转。闭合开关，电动机转动，灯亮；将电动机一端连线断开，闭合开关，灯亮。请在方框中完成这个电路的电路图。【分析】（1）通电线圈受力方向与

35、电流方向和磁场方向有关，由图分析两线圈中的电流方向判断线圈的转动方向是否相同；（2）电动机既能正转，也能反转，说明电动机的通电方向可以改变，再根据将电动机一端连线断开，闭合开关，灯亮，分析电动机和灯泡的连接方式，再画出电路图。【解答】解：（1）由图知，两线圈的绕线相同，由图知，电流从线圈1右侧流入，左侧流出，电流从线圈2左侧流入，右侧流出，两图中磁场方向相同，所以线圈1、2转动方向相反；（2）要使电动既能正转，也能反转，需要改变电动机的电流方向。闭合开关，电动机转动，灯亮，将电动机一端连线断开，闭合开关，灯亮，说明电动机与灯泡互不影响，即电动机与灯泡并联，电路图如图所示：。【点评】本题考查通电

36、导体在磁场受力方向的影响因素和电路的设计，正确分析电动机和灯泡的连接方式是关键。17（14分）质量为48.5kg的机器人携带1.5kg的快递件乘坐电梯上楼，如图1（g取10N/kg）（1）电梯上升过程速度随时间变化图象如图2，求：匀速阶段电梯上升的距离；匀速阶段电梯对机器人支持力的功率；（2）离开电梯后，机器人受到水平向前的动力F，其所受地面阻力是总重力的0.2倍，从电梯口O点匀速直线运动4s到A点时撤去动力，然后减速运行0.5s到房门前C点，随后静止在C点，求：在方框中画出机器人（包括快递件）在B点的受力示意图，用“”表示机器人；以机器人在O点为计时起点，在图3中画出05s机器人所受阻力的大

37、小随时间变化的图象；（3）现有图4装置，放置在五楼窗口，小明操作机器从一楼匀速提升质量同为1.5kg的快递件到五楼，该过程此装置的机械效率为50%，则牵拉绳子的力是 15N。【分析】（1）根据图2可知电梯匀速上升时的速度和时间，根据速度公式求出匀速阶段电梯上升的距离；根据Gmg求机器人和快件的总重力，根据二力平衡条件求出匀速阶段电梯对机器人支持力，利用PFv求支持力做功的功率；（2）由题意可知，机器人在B点不再受到水平向前的动力F，根据所受地面阻力是总重力的0.2倍求出机器人受到的阻力，根据机器人的运动情况分析机器人所受阻力的方向，根据二力平衡条件分析机器人所受重力和支持力之间的关系，进而分析

38、出机器人（包括快递件）在B点的受力示意图；根据滑动摩擦力的影响因素可知04.5s内机器人所受阻力的变化情况，4.5s5s内，机器人静止，不受阻力，进而画出05s机器人所受阻力的大小随时间变化的图象；（3）根据Gmg求快件的重力，由图4可知，承担动滑轮绳子的股数n2，根据求牵拉绳子的力。【解答】解：（1）由图2可知电梯在28s内匀速上升，此时的速度为1.5m/s，由v可知，匀速阶段电梯上升的距离：svt1.5m/s（8s2s）9m；机器人和快件的总重力：G总m总g（48.5kg+1.5kg）10N/kg500N，因为机器人做匀速直线运动，所以，由二力平衡条件可知，匀速阶段电梯对机器人支持力：F支

39、G总500N，则支持力做功的功率：PF支v500N1.5m/s750W；（2）由题意可知，机器人在B点不再受到水平向前的动力F，由题意可知，机器人受到地面的阻力大小为：f0.2G总0.2500N100N，此时机器人相对于地面向右运动，因此机器人受到的阻力方向水平向左，由于机器人在水平方向上运动，此时机器人在竖直方向上受力平衡，即机器人受到地面的支持力与机器人的重力是一对平衡力，故机器人（包括快递件）在B点的受力示意图，如图所示：；由于04.5s内机器人对地面的压力和接触面的粗糙程度都没有发生变化，因此04.5s内机器人所受阻力的大小不变，仍为100N，4.5s5s内，机器人静止，不受阻力，因此

40、05s机器人所受阻力的大小随时间变化的图象如图所示：；（3）快递件的重力：Gmg1.5kg10N/kg15N，由图4可知，承担动滑轮绳子的股数n2，由可知，牵拉绳子的力：F15N。故答案为：（1）匀速阶段电梯上升的距离为9m；匀速阶段电梯对机器人支持力的功率为750W；（2）见解答图；见解答图；（3）15。【点评】本题考查二力平衡条件、力的示意图、滑动摩擦力的影响因素、速度公式、重力公式、功率公式和机械效率公式的应用，综合性较强。18（9分）某台手机H开启“turbo”充电模式时，设手机两端电压为U，通过手机的电流为I，测得Ut和It图象如图。（1）求t15min时H的充电功率。（2）H仅通过

41、充电线a接入电路，a的电阻为0.01，若通过H的电流为2A，持续0.5s，求此过程a两端电压；a产生的热量。（3）用同一个充电器给H分别使用两种充电模式的情况如下表，请写出使用turbo模式的一条优点和一条缺点。比较项目关闭turbo模式开启turbo模式10min充入电量37%41%20min充入电量65%70%30min充入电量90%90%充电完成时间45min45min最高温度4247【分析】（1）由图像读出t15min时的电压和电流，根据PUI计算功率；（2）根据UIR和QI2Rt计算电压和热量；（3）根据相同时间内的充电量分析优点，根据温度变化分析缺点。【解答】解：（1）由图像知t1

42、5min时的电压和电流分别为U10V，I3.5A，t15min时H的充电功率PUI10V3.5A35W；（2）由I可得，a两端电压UIR2A0.010.02V；持续0.5sa产生的热量QI2Rt（2A ）20.010.5s0.02J；（3）由表格中数据可以看出使用turbo模式时，开始电量少时的充电速度快，电量越多，速度越慢，可以保证低电量时可以快速充满；缺点是产生的热量多，手机的温度高。答：（1）t15min时H的充电功率是35W。（2）a两端电压0.02V；a产生的热量是0.02J。（3）使用turbo模式时，开始电量少时的充电速度快，电量越多，速度越慢，可以保证低电量时手机用电需要；缺点

43、是产生的热量多，手机的温度高。【点评】本题考查欧姆定律、电功率和电热的计算，关键是从题中获取有用信息。19（9分）壁球运动所用的球表面是胶皮，内部填充惰性气体，四种型号的球如图1。（1）掉在地上的壁球会跳起，但越跳越低，此过程中未击打壁球，则壁球机械能 减小；击打速度为零的壁球，过程中拍摄的两张照片如图2，此过程壁球的动能增大，壁球被多次击打后会变热，球内气体分子动能 增大（三空均填“增大”“减小”“不变”）。（2）是什么因素影响壁球被击出后的速度v？小明猜想可能是击打力度的不同和壁球弹性大小的不同，如图3，用弹簧推射模拟击打，小明查知图中s与球在空中运动时间t满足v，请设计实验探究v与壁球弹

44、性大小是否有关，设计记录及处理数据的表格，写出实验步骤（提供足量各型号壁球，从图4中自选器材）。【分析】（1）壁球在运动过程中受到空气阻力，壁球的机械能会逐渐减小；击打速度为零的壁球过程中，壁球的速度变大，动能增大，壁球被多次击打后会变热，球内气体分子运动加剧，动能增大；（2）根据控制变量法探究v与壁球弹性大小是否有关需控制型号相同，弹性大小不同的壁球，根据速度公式选择测量工具，设计实验表格。【解答】解；（1）掉在地上的壁球会跳起，但越跳越低，壁球在运动过程中受到空气阻力，壁球的机械能会逐渐减小；击打速度为零的壁球过程中拍摄的两张照片如图2，此过程壁球的速度变大，动能增大，壁球被多次击打后会变热，球内气体分子动能增大；（2）根据控制变量法探究v与壁球弹性大小是否有关需控制型号相同，弹性大小不同的壁球，将弹簧压缩相同的长度，分别将型号相同，弹性大小不同的壁球推出，用卷尺测量壁球落地的距离，用秒表测量壁球落地的时间，根据速度公式计算壁球的速度